{
    "keywords": "2010-2022_Chemistry_Open-ended_Questions",
    "example": [
        {
            "year": "2010",
            "category": "（全国卷ⅱ）",
            "question": "9. (15 分) 向 $2 \\mathrm{~L}$ 密闭容器中通入 $\\mathrm{amol}$ 气体 $\\mathrm{A}$ 和 $\\mathrm{bmol}$ 气体 $\\mathrm{B}$, 在一定条件下 发生反应: $\\mathrm{xA}(\\mathrm{g})+\\mathrm{yB}(\\mathrm{g}) \\rightleftharpoons \\mathrm{pC}(\\mathrm{g})+\\mathrm{qD}(\\mathrm{g})$\n\n已知: 平均反应速率 $\\mathrm{v}_{\\mathrm{C}}=\\frac{\\mathrm{v}_{\\mathrm{A}}}{2}$; 反应 $2 \\mathrm{~min}$ 时, $\\mathrm{A}$ 的浓度减少了 $\\frac{1}{3}, \\mathrm{~B}$ 的物质的量 减少了 $\\frac{\\mathrm{a}}{2} \\mathrm{~mol}$, 有 a mol D 生成.\n\n回答下列问题:\n\n(1) 反应 $2 \\min$ 内, $\\mathrm{v}_{\\mathrm{A}}=$ , $\\mathrm{v}_{\\mathrm{B}}$\n\n(2) 化学方程式中, $x=$ $\\mathrm{y}=$ $\\mathrm{p}=$ 、 $\\mathrm{q}=$\n\n(3) 反应平衡时, $\\mathrm{D}$ 为 $2 \\mathrm{amol}$, 则 $\\mathrm{B}$ 的转化率为\n\n(4) 如果只升高反应温度, 其他反应条件不变, 平衡时 $\\mathrm{D}$ 为 $1.5 \\mathrm{a} \\mathrm{mol}$, 则该反 应的 $\\triangle \\mathrm{H} \\_0 ; \\quad($ 填“>”、“<”或“=”））如果其他条件不变, 将容器的 容积变为 $1 \\mathrm{~L}$, 进行同样的实验, 则与上述反应比较:\n\n(1)反应速率 （填“增大”、“减小”或“不变”），理由是\n\n(2)平衡时反应物的转化率 （填“增大”、“减小”或“不变”），理由是\n",
            "answer": "（1）  $\\frac{\\mathrm{a}}{12} \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\cdot \\min ^{-1} ; \\frac{\\mathrm{a}}{8} \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\cdot \\mathrm{min}^{-1}$;\n（2）  236 ;\n（3）  $\\frac{100 a}{b}$ %;\n（4）  $<$;\n（5）  增大 体积减小, 反应物的浓度增大, 因而使 反应速率增大;\n（6）  减小 体积减小, 气体的压强增大, 平衡向气体分子数少的方向（即 逆反应方向）移动, 因而使反应物转化率减小.\n",
            "analysis": "解：（1）根据题干信息结合平衡三段式列式, $\\mathrm{A}$ 减少量和生成 $\\mathrm{C}$ 的物 质的量之比等于速率之比等于计量数之比, 平均反应速率 $\\mathrm{v}_{\\mathrm{C}}=\\mathrm{v}_{\\mathrm{A}} / 2$,\n\n$$\n\\mathrm{xA}(\\mathrm{g})+\\mathrm{yB}(\\mathrm{g}) \\rightleftharpoons \\mathrm{pC}(\\mathrm{g})+\\mathrm{qD}(\\mathrm{g})\n$$\n\n起始量 (mol) a $\\quad$ b $\\quad 0 \\quad 0$\n\n变化量 (mol) $\\quad \\frac{1}{3} \\mathrm{a} \\quad \\frac{\\mathrm{a}}{2} \\quad \\frac{\\mathrm{a}}{6} \\quad \\mathrm{a}$\n\n平衡量 (mol) $\\quad \\frac{2}{3} \\mathrm{a} \\quad b^{-} \\frac{\\mathrm{a}}{2} \\quad \\frac{\\mathrm{a}}{6} \\quad a$\n\n用 $\\mathrm{A}$ 表示的反应速率 $\\mathrm{v}_{\\mathrm{A}}=\\frac{\\frac{\\frac{\\mathrm{a}}{3} \\mathrm{~mol}}{2 \\mathrm{~L}}}{2 \\pi \\mathrm{in}}=\\frac{\\mathrm{a}}{12} \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\cdot \\mathrm{min}^{-1}$\n\n用 $B$ 表示的反应速率 $v_{B}=\\frac{\\frac{\\frac{a}{2} \\mathrm{~mol}}{2 \\mathrm{~L}}}{2 \\pi i n}=\\frac{\\mathrm{a}}{8} \\mathrm{~mol}^{2} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\cdot \\mathrm{min}^{-1}$;\n\n故答案为: $\\frac{\\mathrm{a}}{12} \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\cdot \\min ^{-1} ; \\frac{\\mathrm{a}}{8} \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\cdot \\mathrm{min}^{-1}$;\n\n（2）依据（1）的列式计算 $\\mathrm{x}: \\mathrm{y}: \\mathrm{p}: \\mathrm{q}=\\frac{\\mathrm{a}}{3}: \\frac{\\mathrm{a}}{2}: \\frac{\\mathrm{a}}{6}: \\mathrm{a}=2: 3: 1: 6$\n\n$x=2, y=3, p=1, q=6$ 故答案为: 236 ;\n\n(3) 反应平衡时, $\\mathrm{D}$ 为 $2 \\mathrm{amol}$, 则 $\\mathrm{a}=2 \\mathrm{amol}$, 则 $\\mathrm{B}$ 的转化率为 $=\\frac{\\frac{a}{2}}{b} \\times 100 \\%=\\frac{a}{b} \\times$ $100 \\%=\\frac{100 a}{b} \\%$\n\n故答案为: $\\frac{100 a}{b}$ %;\n\n(4) 依据 (3) 的平衡物质的量, 如果只升高反应温度, 其他反应条件不变, 平 衡时 D 为 $1.5 \\mathrm{a} \\mathrm{mol}$, 说明升温平衡逆向进行, 逆向是吸热反应, 正向是放热 反应, $\\triangle \\mathrm{H}<0$ ，\n\n故答案为: $<$;\n\n（5）如果其他条件不变, 将容器的容积变为 $1 \\mathrm{~L}$; 是体积缩小的变化; 压强增 大，反应速率增大，反应是： $2 \\mathrm{~A}(\\mathrm{~g})+3 \\mathrm{~B}(\\mathrm{~g}) \\rightleftharpoons \\mathrm{C}(\\mathrm{g})+6 \\mathrm{D}(\\mathrm{g})$\n\n(1)体积减小, 压强增大, 物质的浓度增大, 反应速率增大; 反应向气体体积减小 的反应方向进行; 故答案为: 增大 体积减小, 反应物的浓度增大, 因而使 反应速率增大;\n\n(2)将容器的容积变为 $1 \\mathrm{~L}$, 压强增大, 反应速率增大, 平衡向气体体积减小的反 应方向进行，即向逆向进行，反应物转化率减小;\n\n故答案为: 减小 体积减小, 气体的压强增大, 平衡向气体分子数少的方向（即 逆反应方向）移动, 因而使反应物转化率减小.\n",
            "index": 0,
            "score": 15
        },
        {
            "year": "2011",
            "category": "（新课标）",
            "question": "11.普通纸张的主要成分是纤维素, 在早期的纸张生产中, 常采用纸张表面涂敷明矾 的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散. 请回答下列问题:\n\n（1）人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损, 严重威胁纸质文物的保存. 经分析检验, 发现酸性腐蚀主要与造纸中涂敷明矾的工艺有关, 其中的化学 原理是 ; 为了防止纸张的酸性腐蚀, 可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂 , 该工艺原理的化学 (离子) 方程式为\n\n（2）为了保护这些纸质文物, 有人建议采取下列措施:\n\n(1)喷洒碱性溶液, 如稀氢氧化钠溶液或氨水等. 这样操作产生的主要问题是\n\n(2)喷洒 $\\mathrm{Zn}\\left(\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{5}\\right)_{2} . \\mathrm{Zn}\\left(\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{5}\\right)_{2}$ 可以与水反应生成氧化锌和乙烷. 用化学（离 子）方程式表示该方法生成氧化锌及防止酸性腐蚀的原理\n\n（3）现代造纸工艺常用钊白粉 $\\left(\\mathrm{TiO}_{2}\\right)$ 替代明矾. 钊白粉的一种工业制法是以 钊铁矿 (主要成分为 $\\mathrm{FeTiO}_{3}$ ) 为原料按下列过程进行的, 请完成下列化学方 程式: $\\mathrm{FeTiO}_{3}+$ $\\mathrm{C}^{+}+\\mathrm{Cl}_{2} \\stackrel{900^{\\circ} \\mathrm{C}}{=}$ $\\mathrm{TiCl}_{4}^{+}$ $\\mathrm{FeCl}_{3}+$ $\\mathrm{CO}$ $\\mathrm{TiCl}_{4}+\\quad \\mathrm{O}_{2} \\stackrel{1000-1400^{\\circ} \\mathrm{C}}{=}$ $\\mathrm{TiO}_{2}+$ $\\mathrm{Cl}_{2}$\n",
            "answer": "（1）  明矾水解产生酸性环境, 在酸性条件下纤维素水解, 使高分子链断裂 ; $\\mathrm{CaCO}_{3}+2 \\mathrm{H}^{+}=\\mathrm{Ca}^{2+}+\\mathrm{CO}_{2} \\uparrow+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n（2）  过量的碱同样可能会导致纤维素水解, 造成书籍污损;\n（3）  $2 ; 6 ; 7 ; 2 ; 2 ; 6$;\n（4）  $1 ; 1 ; 1 ; 2$.\n",
            "analysis": "解：（1）明矾中铝离子水解产生氢离子, 在酸性条件下纤维素水解, 使高分子链断裂, 所以纸质会变脆, 破损.\n\n故答案为: 明矾水解产生酸性环境, 在酸性条件下纤维素水解, 使高分子链断裂 ; $\\mathrm{CaCO}_{3}+2 \\mathrm{H}^{+}=\\mathrm{Ca}^{2+}+\\mathrm{CO}_{2} \\uparrow+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n\n(2) (1)纤维素不但能在酸性环境下水解, 在碱性条件下同样水解. 过量的碱同 样可能会导致纤维素水解, 造成书籍污损.\n\n故答案为: 过量的碱同样可能会导致纤维素水解, 造成书籍污损;\n\n(2)由信息可知: $\\mathrm{Zn}\\left(\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{5}\\right)_{2}$ 可以与水反应生成氧化锌和乙烷, 其实反应原理相 可看成锌结合水电离出来的氢氧根, 最后变为\n\n氧化锌和水, 则 $\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{5}$ 结合氢变为乙烷. 氧化锌可以与酸性溶液反应, 从而消耗\n\n掉氢离子, 起到防止腐蚀的作用.\n\n故答案为 (2) $\\mathrm{Zn}\\left(\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{5}\\right){ }_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{ZnO}+2 \\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{6}$ 个; $\\mathrm{ZnO}+2 \\mathrm{H}^{+}=\\mathrm{Zn}^{2+}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$;\n\n(3) (1)利用电子得失守恒法有: $\\mathrm{Cl}: 0 \\rightarrow-1 ; \\mathrm{Fe}:+2 \\rightarrow+3 ; \\mathrm{C}: 0 \\rightarrow+2$\n\n由原子守恒: $\\mathrm{TiCl}_{4} 、 \\mathrm{FeCl}_{3}$ 前系数同时乘以 2 , 这样再根据 $\\mathrm{Ti}$ 守恒与 $\\mathrm{Fe}$ 守恒就可 以配平该反应方程式了.\n\n故答案为: $2 ; 6 ; 7 ; 2 ; 2 ; 6$;\n\n(2)根据氧气为氧化剂, $1 \\mathrm{~mol}$ 氧气得到 $2 \\mathrm{~mol}$ 电子, 生成 $1 \\mathrm{~mol}$ 氯气失去 $1 \\mathrm{~mol}$ 电子\n\n故答案为: $1 ; 1 ; 1 ; 2$.\n",
            "index": 1,
            "score": 15
        },
        {
            "year": "2012",
            "category": "（新课标）",
            "question": "8. (14 分) 铁是应用最广泛的金属, 铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸 盐均为重要化合物.\n\n(1) 要确定铁的某氯化物 $\\mathrm{FeCl}_{\\mathrm{x}}$ 的化学式, 可用离子交换和滴定的方法. 实验 中称取 $0.54 \\mathrm{~g} \\mathrm{FeCl}_{\\mathrm{x}}$ 样品, 溶解后先进行阳离子交换预处理, 再通过含有饱和 $\\mathrm{OH}^{-}$的阴离子交换柱, 使 $\\mathrm{Cl}^{-}$和 $\\mathrm{OH}^{-}$发生交换. 交换完成后, 流出溶液的 $\\mathrm{OH}^{-}$ 用 $0.40 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 的盐酸滴定, 滴至终点时消耗盐酸 $25.0 \\mathrm{~mL}$. 计算该样品中氯 的物质的量, 并求出 $\\mathrm{FeCl}_{\\mathrm{x}}$ 中的 $\\mathrm{x}$ 值: (列出计算过程)\n\n(2) 现有一含有 $\\mathrm{FeCl}_{2}$ 和 $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 的混合物的样品, 采用上述方法测得 $\\mathrm{n}(\\mathrm{Fe}): \\mathrm{n}$ $(\\mathrm{Cl})=1: 2.1$, 则该样品中 $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 的物质的量分数为 . 在实验室中, $\\mathrm{FeCl}_{2}$ 可用铁粉和 反应制备, $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 可用铁粉和 反应制备;\n\n(3) $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 与氢碘酸反应时可生成棕色物质, 该反应的离子方程式为\n\n(4) 高铁酸钾 $\\left(\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{FeO}_{4}\\right)$ 是一种强氧化剂, 可作为水处理剂和高容量电池材料 . $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 和 $\\mathrm{KClO}$ 在强碱性条件下反应可生成 $\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{FeO}_{4}$, 其反应的离子方程式为 . 与 $\\mathrm{MnO}_{2}-\\mathrm{Zn}$ 电池类似, $\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{FeO}_{4}-\\mathrm{Zn}$ 也可以组成碱性电池, $\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{FeO}_{4}$ 在电池 中作为正极材料, 其电极反应式为 . 该电池总反应的离子方程式为\n",
            "answer": "（1）  $\\mathrm{n}(\\mathrm{Cl})=\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)=0.0250 \\mathrm{~L} \\times 0.40 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}=0.010 \\mathrm{~mol}$, $\\frac{0.54 \\mathrm{~g}}{56+35.5 \\mathrm{x}} \\times \\mathrm{x}=0.010 \\mathrm{~mol}, \\mathrm{x}=3$\n（2）  $10 \\%$; 盐酸; 氯气;\n（3）\n（4）  $2 \\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH}){ }_{3}+3 \\mathrm{ClO}^{-}+4 \\mathrm{OH}^{-}=2 \\mathrm{FeO}_{4}{ }^{2-}+3 \\mathrm{Cl}^{-}+5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$;\n",
            "analysis": "解: $(1) \\mathrm{n}(\\mathrm{Cl})=\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)=0.0250 \\mathrm{~L} \\times 0.40 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}=0.010 \\mathrm{~mol}$ , $0.54 \\mathrm{~g} \\mathrm{FeCl}_{\\mathrm{x}}$ 样品中含有氯离子物质的量为 $\\frac{0.54 \\mathrm{~g}}{56+35.5 \\mathrm{x}} \\times \\mathrm{x}=0.010 \\mathrm{~mol}$, 解得 $x=3$\n\n故答案为: $\\mathrm{n}(\\mathrm{Cl})=\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)=0.0250 \\mathrm{~L} \\times 0.40 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}=0.010 \\mathrm{~mol}$, $\\frac{0.54 \\mathrm{~g}}{56+35.5 \\mathrm{x}} \\times \\mathrm{x}=0.010 \\mathrm{~mol}, \\mathrm{x}=3$\n\n(2) $\\mathrm{FeCl}_{2}$ 和 $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 的混合物的样品中 $\\mathrm{FeCl}_{2}$ 物质的量为 $\\mathrm{x}, \\mathrm{FeCl}_{3}$ 的物质的量为 $\\mathrm{y}$ , 则 $(x+y):(2 x+3 y)=1: 2.1$, 得到 $x: y=9: 1$, 氯化铁物质的量分数 $=\\frac{1}{9+1}$ \n\n$$\n\\times 100 \\%=10 \\%\n$$\n\n在实验室中, $\\mathrm{FeCl}_{2}$ 可用铁粉和盐酸反应得到, $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 可用铁粉和氯气反应生成, 故答案为: $10 \\%$; 盐酸; 氯气;\n\n（3）氯化铁具有氧化性碘化氢具有还原性, 二者发生氧化还原反应生成氯化亚 铁和碘单质, 反应离子方程式为: $2 \\mathrm{Fe}^{3+}+2 \\mathrm{I}^{-}=2 \\mathrm{Fe}^{2+}+\\mathrm{I}_{2}$, 故答案为:\n\n$2 \\mathrm{Fe}^{3+}+2 \\mathrm{I}^{-}=2 \\mathrm{Fe}^{2+}+\\mathrm{I}_{2}$\n\n(4) 用 $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 与 $\\mathrm{KClO}$ 在强碱性条件下反应制取 $\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{FeO}_{4}$, 反应的离子方程式为 $2 \\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH}){ }_{3}+3 \\mathrm{ClO}^{-}+4 \\mathrm{OH}^{-}=2 \\mathrm{FeO}_{4}{ }^{2-}+3 \\mathrm{Cl}^{-}+5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 原电池的负极发生氧化反 应, 正极电极反应式为: (1) $\\mathrm{FeO}_{4}{ }^{2-}+3 \\mathrm{e}^{-}+4 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}+5 \\mathrm{OH}^{-}$; 负极电极 反应为: (2) $\\mathrm{Zn}-2 \\mathrm{e}^{-}+2 \\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{Zn}(\\mathrm{OH})_{2}$; 依据电极反应的电子守恒, (1) $\\times 2+(2)$ $\\times 3$ 合并得到电池反应为: $3\\mathrm{Zn}+2\\mathrm{FeO}_{4}{}^{2-}+8\\mathrm{H}_{2}\\mathrm{O}=3\\mathrm{Zn}\\mathrm{OH}{}_{2}+2\\mathrm{Fe}\\mathrm{(OH)}_3+4\\mathrm{OH}^{-}$,\n\n故 答 案 为: $2 \\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH}){ }_{3}+3 \\mathrm{ClO}^{-}+4 \\mathrm{OH}^{-}=2 \\mathrm{FeO}_{4}{ }^{2-}+3 \\mathrm{Cl}^{-}+5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$;\n\n$\\mathrm{FeO}_{4}{ }^{2-}+3 \\mathrm{e}^{-}+4 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH}){ }_{3}+5 \\mathrm{OH}^{-} ; 3 \\mathrm{Zn}+2 \\mathrm{FeO}_{4}{ }^{2-}+8 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=3 \\mathrm{Zn}(\\mathrm{OH}){ }_{2}+2 \\mathrm{Fe}$ $(\\mathrm{OH})_{3}+4 \\mathrm{OH}^{-}$\n",
            "index": 2,
            "score": 14
        },
        {
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "question": "10. (14 分) 在 $1.0 \\mathrm{~L}$ 密闭容器中放入 $0.10 \\mathrm{molA}(\\mathrm{g})$, 在一定温度进行如下反 应: $\\mathrm{A}(\\mathrm{g}) \\rightleftharpoons \\mathrm{B}(\\mathrm{g})+\\mathrm{C}(\\mathrm{g}) \\triangle \\mathrm{H}=+85.1 \\mathrm{~kJ} \\cdot \\mathrm{mol}^{-1}$\n\n反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表:\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\n\\hline 时间 $t / h$ & 0 & 1 & 2 & 4 & 8 & 16 & 20 & 25 & 30 \\\\\n\\hline 总压强 & 4.91 & 5.58 & 6.32 & 7.31 & 8.54 & 9.50 & 9.52 & 9.53 & 9.53 \\\\\n$\\mathrm{p} / 100 \\mathrm{kPa}$ & & & & & & & & & \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\n\n回答下列问题:\n\n(1) 欲提高 $\\mathrm{A}$ 的平衡转化率, 应采取的措施为\n\n（2）由总压强 $\\mathrm{p}$ 和起始压强 $\\mathrm{p}_{0}$ 计算反应物 $\\mathrm{A}$ 的转化率 $\\alpha(\\mathrm{A})$ 的表达式为 平衡时 $\\mathrm{A}$ 的转化率为 ，列式并计算反应的平衡常数 $\\mathrm{K}$\n\n(3) (1)由总压强 $\\mathrm{p}$ 和起始压强 $\\mathrm{p}_{0}$ 表示反应体系的总物质的量 $\\mathrm{n}$ 总和反应后 $\\mathrm{A}$ 的 物质的量 $\\mathrm{n}(\\mathrm{A}), \\mathrm{n}$ 总= $\\mathrm{mol}, \\mathrm{n}(\\mathrm{A})=$ mol。\n\n(2)下表为反应物 $\\mathrm{A}$ 浓度与反应时间的数据, 计算: $\\mathrm{a}=$\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}\n\\hline 反应时间 $t / h$ & 0 & 4 & 8 & 16 \\\\\n\\hline$ c(A) /\\left(\\right.$ moleL $\\left.^{-1}\\right)$ & 0.10 & $a$ & 0.026 & 0.0065 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\n\n分析该反应中反应物的浓度 $c(A)$ 变化与时间间隔 $(\\triangle \\mathrm{t})$ 的规律, 得出的结论 是 ，由此规律推出反应在 $12 \\mathrm{~h}$ 时反应物的浓度 c（A）为 $\\mathrm{mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$\n",
            "answer": "（1）  $\\left(\\frac{\\mathrm{P}}{\\mathrm{P}_{0}}-1\\right) \\times 100 \\% ; 94.1 \\% ; 1.5 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$\n（2）  $\\frac{0.10 \\mathrm{P}}{\\mathrm{P}_{0}} ; 0.10 \\times\\left(2-\\frac{p}{\\mathrm{p}_{0}}\\right)$;\n（3）  0.051; 达到平衡前每间隔 $4 \\mathrm{~h}, \\mathrm{c}$ (A) 减少约一半; 由此规律推出反应在 $12 \\mathrm{~h}$ 时反应物的浓度 $\\mathrm{c}(\\mathrm{A})=\\frac{0.026 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}}{2}=0.013 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$;\n（4）  0.051 , 每隔 $4 \\mathrm{~h}, \\mathrm{~A}$ 的浓度减小一半; 0.013 ;\n",
            "analysis": "解： ( 1 ) 在一定温度进行如下反应: $\\mathrm{A}(\\mathrm{g}) \\rightleftharpoons \\mathrm{B}(\\mathrm{g})+\\mathrm{C}(\\mathrm{g}) \\triangle$ $\\mathrm{H}=+85.1 \\mathrm{~kJ} \\cdot \\mathrm{mol}^{-1}$ 反应是吸热反应, 反应前后气体体积增大, 根据平衡移动原理分析可知, 欲提高\n\n$\\mathrm{A}$ 的平衡转化率, 平衡正向进行, 可以升温或减压条件下使平衡正向进行; 故答案：升高温度、降低压强;\n\n(2) 反应前后气体物质的量增大等于反应的 $\\mathrm{A}$ 的量, 所以由总压强 $\\mathrm{p}$ 和起始 压强 $\\mathrm{p}_{0}$ 计算反应物 $\\mathrm{A}$ 的转化率 $\\alpha(\\mathrm{A})$ 的表达式 $=\\frac{\\mathrm{P}-\\mathrm{P}_{0}}{\\mathrm{P}_{0}} \\times 100 \\%=\\left(\\frac{\\mathrm{P}}{\\mathrm{P}_{0}}-1\\right) \\times$ 100\\%;\n\n平衡时 $\\mathrm{A}$ 的转化率 $=\\frac{9.53-4.91}{4.91} \\times 100 \\%=94.1 \\%$\n\n依据化学平衡三段式 列式得到;\n\n$$\n\\mathrm{A}(\\mathrm{g}) \\rightleftharpoons \\mathrm{B}(\\mathrm{g})+\\mathrm{C}(\\mathrm{g})\n$$\n\n起始量 $(\\mathrm{mol} / \\mathrm{L}) \\quad 0.10 \\quad 0 \\quad 0$\n\n变化量 $(\\mathrm{mol} / \\mathrm{L}) \\quad 0.10 \\times 94.1 \\% \\quad 0.10 \\times 94.1 \\% \\quad 0.10 \\times 94.1 \\%$\n\n平衡量 $(\\mathrm{mol} / \\mathrm{L}) 0.10(1-94.1 \\%) \\quad 0.10 \\times 94.1 \\% \\quad 0.10 \\times 94.1 \\%$\n\n$\\mathrm{K}=\\frac{\\mathrm{C}(\\mathrm{B}) \\mathrm{c}(\\mathrm{C})}{\\mathrm{c}(\\mathrm{A})}=\\frac{(0.0941 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L})^{2}}{0.10 \\times(1-94.1 \\% \\mathrm{~m})}=1.5 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$\n\n故答案为: $\\left(\\frac{\\mathrm{P}}{\\mathrm{P}_{0}}-1\\right) \\times 100 \\% ; 94.1 \\% ; 1.5 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$\n\n(3) (1)由总压强 $\\mathrm{p}$ 和起始压强 $\\mathrm{p}_{0}$ 表示反应体系的总物质的量 $\\mathrm{n}$ 总和反应物 $\\mathrm{A}$ 的 物质的量 $\\mathrm{n}(\\mathrm{A})$, 依据压强之比等于物质的量之比, $\\mathrm{n}$ 总: $\\mathrm{n}$ 起始 $=\\mathrm{P}: \\mathrm{P}_{0}, \\mathrm{n}$ 总 $=\\frac{0.10 \\mathrm{P}}{\\mathrm{P}_{0}}$;\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\mathrm{A}(\\mathrm{g}) \\rightleftharpoons \\mathrm{B}(\\mathrm{g})+\\mathrm{C}(\\mathrm{g}) \\\\\n& \\text { 起始量 (mol }) \\quad 0.10 \\quad 0 \\quad 0 \\\\\n& \\text { 变化量 }(\\mathrm{mol}) \\quad \\mathrm{x} \\quad \\mathrm{x} \\quad \\mathrm{x} \\\\\n& \\text { 某时刻量 (mol) } 0.10-\\mathrm{x} \\quad \\mathrm{x} \\quad \\mathrm{x} \\\\\n& (0.10+\\mathrm{x}): 0.10=\\mathrm{P}: \\mathrm{P}_{0} \\\\\n& x=\\frac{0.10\\left(P-P_{0}\\right)}{P_{0}} \\\\\n& \\mathrm{n}(\\mathrm{A})=0.10-\\frac{0.10\\left(\\mathrm{P}-\\mathrm{P}_{0}\\right)}{\\mathrm{P}_{0}}=0.10 \\times\\left(2-\\frac{\\mathrm{p}}{\\mathrm{p}_{0}}\\right) \\mathrm{mol} \\text {; }\n\\end{aligned}\n$$\n\n故答案为: $\\frac{0.10 \\mathrm{P}}{\\mathrm{P}_{0}} ; 0.10 \\times\\left(2-\\frac{p}{\\mathrm{p}_{0}}\\right)$;\n\n(2) $\\mathrm{n}(\\mathrm{A})=0.10 \\times\\left(2-\\frac{\\mathrm{p}}{\\mathrm{p}_{0}}\\right)=0.10 \\times\\left(2-\\frac{7.31}{4.91}\\right)=0.051 \\mathrm{~mol}$ 所以浓度 $\\mathrm{a}=0.051 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$; 分析数据特征可知, 每隔 $4 \\mathrm{~h}, \\mathrm{~A}$ 的浓度减小一半, 故答案为: 0.051; 达到平衡前每间隔 $4 \\mathrm{~h}, \\mathrm{c}$ (A) 减少约一半; 由此规律推出反应在 $12 \\mathrm{~h}$ 时反应物的浓度 $\\mathrm{c}(\\mathrm{A})=\\frac{0.026 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}}{2}=0.013 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$;\n\n故答案为: 0.051 , 每隔 $4 \\mathrm{~h}, \\mathrm{~A}$ 的浓度减小一半; 0.013 ;\n",
            "index": 3,
            "score": 14
        },
        {
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "question": "12. 早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由 $\\mathrm{Al} 、 \\mathrm{Cu} 、 \\mathrm{Fe}$ 三种金属元素组成, 回答下列问题:\n\n(1) 准晶是一种无平移周期序, 但有严格准周期位置序的独特晶体, 可通过 方法区分晶体、准晶体和非晶体.\n\n（2）基态 $\\mathrm{Fe}$ 原子有 个末成对电子, $\\mathrm{Fe}^{3+}$ 的电子排布式为 ， 可用 硫氰化钾检验 $\\mathrm{Fe}^{3+}$, 形成的配合物的颜色为\n\n(3) 新制备的 $\\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH})_{2}$ 可将乙醛 $\\left(\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CHO}\\right)$ 氧化成乙酸, 而自身还原成 $\\mathrm{Cu}_{2} \\mathrm{O}$ , 乙醛中碳原子的杂化轨道类型为 ; $1 \\mathrm{~mol}$ 乙醛分子中含有的 $\\sigma$ 键的 数目为 , 乙酸的沸点明显高于乙醛, 其主要原因是 . $\\mathrm{Cu}_{2} \\mathrm{O}$ 为 半导体材料, 在其立方晶胞内部有 4 个氧原子, 其余氧原子位于面心和顶点, 则该晶胞中有 个铜原子.\n\n(4) $\\mathrm{Al}$ 单质为面心立方晶体, 其晶胞参数 $\\mathrm{a}=0.405 \\mathrm{~nm}$, 晶胞中铝原子的配位数 为 ，列式表示 $\\mathrm{Al}$ 单质的密度 $\\mathrm{g} \\cdot \\mathrm{cm}^{-3}$ (不必计算出结果).\n",
            "answer": "（1）  $X$ 射线衍射;\n（2）  $4 ; 1 \\mathrm{~s}^{2} 2 \\mathrm{~s}^{2} 2 \\mathrm{p}^{6} 3 \\mathrm{~s}^{2} 3 \\mathrm{p}^{6} 3 \\mathrm{~d}^{5}$; 血红色;\n（3）  $\\mathrm{sp}^{3} 、 \\mathrm{sp}^{2} ; 6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$; 乙酸存在分子间氢键； 16 ;\n（4）  $\\frac{4 \\times 27}{6.02 \\times 10^{23} \\times\\left(0.405 \\times 10^{-7}\\right)^{3}}$.\n",
            "analysis": "解: (1) 从外观无法区分三者, 但用 $X$ 光照射挥发现: 晶体对 $X$ 射线 发生衍射, 非晶体不发生衍射, 准晶体介于二者之间, 因此通过有无衍射现 象即可确定，\n\n故答案为: $X$ 射线衍射;\n\n(2) 26 号元素 $\\mathrm{Fe}$ 基态原子核外电子排布式为 $1 \\mathrm{~s}^{2} 2 \\mathrm{~s}^{2} 2 \\mathrm{p}^{6} 3 \\mathrm{~s}^{2} 3 \\mathrm{p}^{6} 3 \\mathrm{~d}^{6} 4 \\mathrm{~s}^{2}$, 可知在 $3 \\mathrm{~d}$ 上存在 4 个末成对电子, 失去电子变为铁离子时, 先失去 $4 \\mathrm{~s}$ 上的 2 个电子后 失去 $3 \\mathrm{~d}$ 上的 1 个电子, 因此 $\\mathrm{Fe}^{3+}$ 的电子排布式为 $1 \\mathrm{~s}^{2} 2 \\mathrm{~s}^{2} 2 \\mathrm{p}^{6} 3 \\mathrm{~s}^{2} 3 \\mathrm{p}^{6} 3 \\mathrm{~d}^{5}$, 硫氰化 铁为血红色, 故答案为: $4 ; 1 \\mathrm{~s}^{2} 2 \\mathrm{~s}^{2} 2 \\mathrm{p}^{6} 3 \\mathrm{~s}^{2} 3 \\mathrm{p}^{6} 3 \\mathrm{~d}^{5}$; 血红色;\n\n（3）乙醛中甲基上的 $\\mathrm{C}$ 形成 4 条 $\\sigma$ 键, 无孤电子对, 因此采取 $\\mathrm{sp}^{3}$ 杂化类型, 醛基中的 $\\mathrm{C}$ 形成 3 条 $\\sigma$ 键和 1 条 $\\pi$ 键, 无孤电子对, 采取 $\\mathrm{sp}^{2}$ 杂化类型; 1 个 乙醛分子含有 6 个 $\\sigma$ 键和一个 $\\pi$ 键, 则 $1 \\mathrm{~mol}$ 乙醛含有 $6 \\mathrm{~mol} \\sigma$ 键, 即 $6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个 $\\sigma$ 键; 乙酸分子间可形成氢键, 乙醛不能形成氢键, 所以乙酸的沸点高于乙醛; 该晶胞中 $\\mathrm{O}$ 原子数为 $4 \\times 1+6 \\times \\frac{1}{2}+8 \\times \\frac{1}{8}=8$, 由 $\\mathrm{Cu}_{2} \\mathrm{O}$ 中 $\\mathrm{Cu}$ 和 $\\mathrm{O}$ 的比例可知该 晶胞中铜原子数为 $\\mathrm{O}$ 原子数的 2 倍, 即为 16 个;\n\n故答案为: $\\mathrm{sp}^{3} 、 \\mathrm{sp}^{2} ; 6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$; 乙酸存在分子间氢键； 16 ;\n\n(4) 在 $\\mathrm{Al}$ 晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的 $\\mathrm{Al}$ 原子在通过这个顶点的 三个面心上, 面心占 $\\frac{1}{2}$, 通过一个顶点可形成 8 个晶胞, 因此该晶胞中铝原 子的配位数为 $8 \\times 3 \\times \\frac{1}{2}=12 ;$ 个个晶胞中 $\\mathrm{Al}$ 原子数为 $8 \\times \\frac{1}{8}+6 \\times \\frac{1}{2}=4$, 因此 $\\mathrm{Al}$ 的 密 度\n\n$$\n\\rho=\\frac{\\Pi}{V}=\\frac{4 \\times 27 \\mathrm{~g}}{\\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} \\times\\left(0.405 \\times 10^{-7} \\mathrm{~cm}\\right)^{3}}=\\frac{4 \\times 27}{6.02 \\times 10^{23} \\times\\left(0.405 \\times 10^{-7}\\right)^{3}} \\mathrm{~g}^{\\cdot \\mathrm{cm}^{-3}},\n$$\n\n故答案为: $\\frac{4 \\times 27}{6.02 \\times 10^{23} \\times\\left(0.405 \\times 10^{-7}\\right)^{3}}$.\n",
            "index": 4,
            "score": 15
        },
        {
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "question": "8. (14 分) 酸性锌锰干电池是一种一次电池, 外壳为金属锌, 中间是碳棒, 其 周围是有碳粉, 二氧化锰, 氯化锌和氯化铵等组成的填充物, 该电池在放电 过程产生 $\\mathrm{MnOOH}$, 回收处理该废电池可以得到多种化工原料, 有关数据下表 所示: 溶解度 $/(\\mathrm{g} / 100 \\mathrm{~g}$ 水 $)$\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}\n\\hline $\\begin{array}{c}\\text { 温度 } /{ }^{\\circ} \\mathrm{C} \\\\\n\\text { 化合物 }\\end{array}$ & 0 & 20 & 40 & 60 & 80 & 100 \\\\\n\\hline $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl}$ & 29.3 & 37.2 & 45.8 & 55.3 & 65.6 & 77.3 \\\\\n\\hline $\\mathrm{ZnCl}_{2}$ & 343 & 395 & 452 & 488 & 541 & 614 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|c|}\n\\hline 化合物 & $\\mathrm{Zn}(\\mathrm{OH})_{2}$ & $\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}$ & $\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}$ \\\\\n\\hline $\\mathrm{K}_{\\mathrm{sp}}$ 近似值 & $10^{-17}$ & $10^{-17}$ & $10^{-39}$ \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\n\n回答下列问题:\n\n(1) 该电池的正极反应式为 , 电池反应的离子方程式为:\n\n（2）持续电流强度为 $0.5 \\mathrm{~A}$, 电池工作五分钟, 理论消耗锌 $\\_g$. （已经 $\\mathrm{F}=96500 \\mathrm{C} / \\mathrm{mol})$\n\n(3) 废电池糊状填充物加水处理后, 过滤, 滤液中主要有 $\\mathrm{ZnCl}_{2}$ 和 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl}$, 两 者可以通过 分离回收, 滤渣的主要成分是 $\\mathrm{MnO}_{2}$ 、 和\n\n欲从中得到较纯的 $\\mathrm{MnO}_{2}$, 最简便的方法是 ，其原理是\n\n(4) 用废电池的锌皮制作 $\\mathrm{ZnSO}_{4} \\cdot 7 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 的过程中, 需除去铁皮中的少量杂质铁, 其方法是: 加入稀 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SO}_{4}$ 和 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$, 溶解, 铁变为 加碱调节 $\\mathrm{pH}$ 为 时, 铁刚好沉淀完全（离子浓度小于 $1 \\times 10^{-5} \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 时, 即可认为该离子沉 淀完全）。继续加碱调节 $\\mathrm{pH}$ 为 时, 锌开始沉淀 (假定 $\\mathrm{Zn}^{2+}$ 浓度为\n\n$\\left.0.1 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}\\right)$ 。若上述过程不加 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 的后果是 ，原因是\n",
            "answer": "（1）  $\\mathrm{MnO}_{2}+\\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{MnOOH} ; 2 \\mathrm{MnO}_{2}+\\mathrm{Zn}+2 \\mathrm{H}^{+}=2 \\mathrm{MnOOH}^{+} \\mathrm{Zn}^{2+}$;\n（2）  0.05 ;\n（3）  加热浓缩; 冷却结晶; 碳粉; $\\mathrm{MnOOH}$; 空气中加热; 碳粉转变为二氧化碳, $\\mathrm{MnOOH}$ 氧化为二氧化 锰;\n（4）  $\\mathrm{Fe}^{3+} ; 2.7 ; 6 ; \\mathrm{Zn}^{2+}$ 和 $\\mathrm{Fe}^{2+}$ 分离不开; $\\mathrm{Zn}(\\mathrm{OH})_{2} 、 \\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}$ 的 $\\mathrm{Ksp}$ 相近。\n",
            "analysis": "解: （1）该电池的正极发生还原反应, $\\mathrm{MnO}_{2}$ 被还原生成 $\\mathrm{MnOOH}$, 电 极方程式为 $\\mathrm{MnO}_{2}+\\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{MnOOH}$, 负极锌被氧化生成 $\\mathrm{Zn}^{2+}$, 电池总反应式 为 $2 \\mathrm{MnO}_{2}+\\mathrm{Zn}+2 \\mathrm{H}^{+}=2 \\mathrm{MnOOH}+\\mathrm{Zn}^{2+}$,\n\n故答案为: $\\mathrm{MnO}_{2}+\\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{MnOOH} ; 2 \\mathrm{MnO}_{2}+\\mathrm{Zn}+2 \\mathrm{H}^{+}=2 \\mathrm{MnOOH}^{+} \\mathrm{Zn}^{2+}$;\n\n(2) 持续电流强度为 $0.5 \\mathrm{~A}$, 电池工作五分钟, 则电量为 $0.5 \\mathrm{~A} \\times 300 \\mathrm{~s}=150 \\mathrm{C}$, 转 移电子的物质的量为 $\\frac{150 \\mathrm{C}}{96500 \\mathrm{C} / \\mathrm{mol}}$, 则消耗 $\\mathrm{Zn}$ 的质量为 $\\frac{150 \\mathrm{C}}{96500 \\mathrm{C} / \\mathrm{mol}} \\times \\frac{1}{2} \\times$ $65 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}=0.05 \\mathrm{~g}$\n\n故答案为: 0.05 ;\n\n(3) 滤液中主要有 $\\mathrm{ZnCl}_{2}$ 和 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl}$, 可通过加热浓缩、冷却结晶得到晶体, 填 充物含有碳粉、二氧化锰, 且生成 $\\mathrm{MnOOH}$ 等, 在空气中加热时, 碳粉、 $\\mathrm{MnOOH}$ 可被氧化, 分别生成二氧化碳和二氧化锰, 故答案为: 加热浓缩; 冷却结晶; 碳粉; $\\mathrm{MnOOH}$; 空气中加热; 碳粉转变为二氧化碳, $\\mathrm{MnOOH}$ 氧化为二氧化 锰;\n\n(4) 铁加入稀 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SO}_{4}$ 和 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$, 可被氧化生成 $\\mathrm{Fe}^{3+}$, 铁刚好沉淀完全时离子浓度 小于 $1 \\times 10^{-5} \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$, 因 $\\mathrm{Ksp}=10^{-39}$,\n\n则 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)=\\sqrt[3]{\\frac{10^{-39}}{1 \\times 10^{-5}}} \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L} \\approx 0.5 \\times 10^{-11} \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$, 此时 $\\mathrm{pH}=2.7$,\n\n如锌开始沉淀, 则 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)=\\sqrt{\\frac{10^{-17}}{0.1}} \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}=10^{-8} \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$, 此时 $\\mathrm{pH}=6$,\n\n由表中数据可知 $\\mathrm{Zn}(\\mathrm{OH})_{2} 、 \\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}$ 的 $\\mathrm{Ksp}$ 相近, 如不加 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$, 则 $\\mathrm{Zn}^{2+}$ 和 $\\mathrm{Fe}^{2+}$ 分离不开\n\n故答案为: $\\mathrm{Fe}^{3+} ; 2.7 ; 6 ; \\mathrm{Zn}^{2+}$ 和 $\\mathrm{Fe}^{2+}$ 分离不开; $\\mathrm{Zn}(\\mathrm{OH})_{2} 、 \\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}$ 的 $\\mathrm{Ksp}$ 相近。\n",
            "index": 5,
            "score": 14
        },
        {
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "question": "8. （14 分) 联氨 (又称肼, $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}$, 无色液体) 是一种应用广泛的化工原料, 可 用作火箭燃料. 回答下列问题:\n\n（1）联氨分子的电子式为 ，其中氮的化合价为\n\n(2) 实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨, 反应的化学方程式为\n\n(3) (1) $2 \\mathrm{O}_{2}(\\mathrm{~g})+\\mathrm{N}_{2}(\\mathrm{~g})=\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ (I) $\\triangle \\mathrm{H}_{1}$\n\n(2) $\\mathrm{N}_{2}(\\mathrm{~g})+2 \\mathrm{H}_{2}(\\mathrm{~g})=\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}$ (I) $\\triangle \\mathrm{H}_{2}$\n\n(3) $\\mathrm{O}_{2}(\\mathrm{~g})+2 \\mathrm{H}_{2}(\\mathrm{~g})=2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}(\\mathrm{g}) \\triangle \\mathrm{H}_{3}$\n\n(4) $2 \\mathrm{~N}_{2} \\mathrm{H}_{4}(\\mathrm{I})+\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}(\\mathrm{I})=3 \\mathrm{~N}_{2}(\\mathrm{~g})+4 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}(\\mathrm{g}) \\triangle \\mathrm{H}_{4}=-1048.9 \\mathrm{~kJ} \\cdot \\mathrm{mol}^{-1}$\n\n上述反应热效应之间的关系式为 $\\triangle \\mathrm{H}_{4}=$, , 联氨和 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ 可作为火箭推进剂 的主要原因为\n\n(4) 联氨为二元弱碱, 在水中的电离方式与氨相似. 联氨第一步电离反应的平 衡常数值为 (已知: $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}+\\mathrm{H}^{+} \\rightleftharpoons \\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{5}{ }^{+}$的 $\\mathrm{K}=8.7 \\times 10^{7} ; \\mathrm{K}_{\\mathrm{w}}=1.0 \\times 10^{-14}$ ).\n\n联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为\n\n(5) 联氨是一种常用的还原剂. 向装有少量 $\\mathrm{AgBr}$ 的试管中加入联氨溶液, 观察 到的现象是 . 联氨可用于处理高压锅炉水中的氧, 防止锅炉被腐蚀.\n\n理论上 $1 \\mathrm{~kg}$ 的联氨可除去水中溶解的 $\\mathrm{O}_{2}$ $\\mathrm{kg}$; 与使用 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}$ 处理水中 溶解的 $\\mathrm{O}_{2}$ 相比, 联氨的优点是\n",
            "answer": "（1）  $\\mathrm{H}: \\mathrm{N}: \\mathrm{N}: \\mathrm{H} ;-2$;\n（2）  $2 \\mathrm{NH}_{3}+\\mathrm{NaClO}=\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}+\\mathrm{NaCl}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$;\n（3）  $2 \\triangle \\mathrm{H}_{3}-2 \\triangle \\mathrm{H}_{2}-\\triangle \\mathrm{H}_{1}$; 反应放热量大, 产生大量气体;\n（4）  $8.7 \\times 10^{-7}, \\mathrm{~N}_{2} \\mathrm{H}_{6}\\left(\\mathrm{HSO}_{4}\\right)_{2}$;\n（5）  固体逐渐变黑, 并有气泡产生; 1； $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}$ 的用量少, 不产生其他杂质 (反应产物为 $\\mathrm{N}_{2}$ 和 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ ) , 而 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}$ 产生 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{4}$.\n",
            "analysis": "解：（1）肼的分子式为 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}$, 是氮原子和氢原子形成四个共价键, 氮 原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物, 电子式为:\n\n$\\mathrm{H} \\mathrm{H}$\n\n$\\mathrm{H}: \\mathrm{N}: \\mathrm{N}: \\mathrm{H}$, 其中氢元素化合价为+1 价, 则氮元素化合价为- 2 价, $\\mathrm{H} \\mathrm{H}$\n\n故答案为: $\\mathrm{H}: \\mathrm{N}: \\mathrm{N}: \\mathrm{H} ;-2$;\n\n（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼, 次氯酸钠被还原生成氯化钠, 结合原子\n\n守恒配平书写反应的化学方程式为: $2 \\mathrm{NH}_{3}+\\mathrm{NaClO}=\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}+\\mathrm{NaCl}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$,\n\n故答案为: $2 \\mathrm{NH}_{3}+\\mathrm{NaClO}=\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}+\\mathrm{NaCl}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$;\n\n(3) (1) $2 \\mathrm{O}_{2}(\\mathrm{~g})+\\mathrm{N}_{2}(\\mathrm{~g})=\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ (1) $\\triangle \\mathrm{H}_{1}$\n\n(2) $\\mathrm{N}_{2}(\\mathrm{~g})+2 \\mathrm{H}_{2}(\\mathrm{~g})=\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}$ (I) $\\triangle \\mathrm{H}_{2}$\n\n(3) $\\mathrm{O}_{2}(\\mathrm{~g})+2 \\mathrm{H}_{2}(\\mathrm{~g})=2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ (g) $\\triangle \\mathrm{H}_{3}$\n\n依据热化学方程式和盖斯定律计算(3) $\\times 2$ - (2) $\\times 2$ - (1)得到(4) $2 \\mathrm{~N}_{2} \\mathrm{H}_{4}(\\mathrm{I})+\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}($ I )$=3 \\mathrm{~N}_{2}(\\mathrm{~g})+4 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}(\\mathrm{g}) \\triangle \\mathrm{H}_{4}=2 \\triangle \\mathrm{H}_{3}-2 \\triangle \\mathrm{H}_{2}-\\triangle \\mathrm{H}_{1}$, 根据反应(4)可知, 联氨 和 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ 反应放出大量热且产生大量气体, 因此可作为火箭推进剂, 故答案为: $2 \\triangle \\mathrm{H}_{3}-2 \\triangle \\mathrm{H}_{2}-\\triangle \\mathrm{H}_{1}$; 反应放热量大, 产生大量气体;\n\n(4) 联氨为二元弱碱, 在水中的电离方式与氨相似. 联氨第一步电离方程式为 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O} \\rightleftharpoons \\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{5}^{+}+\\mathrm{OH}^{-}$, 平衡常数 $\\mathrm{K}_{\\mathrm{b}}=\\frac{\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{5}^{+}\\right) \\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)}{\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}\\right)}=\\frac{\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{5}^{+}\\right) \\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)}{\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}\\right)}$ $\\times \\frac{c\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)}{\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)}=\\mathrm{K} \\times \\mathrm{K}_{\\mathrm{w}}=8.7 \\times 10^{7} \\times 1.0 \\times 10^{-14}=8.7 \\times 10^{-7}$, 第二步电离方程式为 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{5}{ }^{+}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O} \\rightleftharpoons \\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{6}{ }^{2+}+\\mathrm{OH}^{-}$, 因此联氨与硫酸形成的酸式盐为 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{6}\\left(\\mathrm{HSO}_{4}\\right)_{2}$, 故答案为: $8.7 \\times 10^{-7}, \\mathrm{~N}_{2} \\mathrm{H}_{6}\\left(\\mathrm{HSO}_{4}\\right)_{2}$;\n\n（5）联胺被银离子氧化, 银离子被还原生成单质银, -2 价的 $\\mathrm{N}$ 元素被氧化为 $\\mathrm{N}_{2}$ , 反应方程式为: $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}+4 \\mathrm{AgBr}=4 \\mathrm{Ag} \\downarrow+\\mathrm{N}_{2} \\uparrow+4 \\mathrm{HBr}$, 因此反应出现现象为: 固体 逐渐变黑, 并有气泡产生, 由于肼的氧化产物是氮气, 不会对锅炉造成腐蚀, 而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠, 易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用, 联胺被氧化失电子 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4} \\rightarrow \\mathrm{N}_{2}$ 失去 $4 \\mathrm{e}^{-}, \\mathrm{O}_{2} \\rightarrow \\mathrm{O}^{2-}$ 得到 $4 \\mathrm{e}^{-}$, 联胺和氧气摩尔质 量都是 $32 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}$, 则等质量联胺和氧气物质的量相同, 理论上 $1 \\mathrm{~kg}$ 的联氨可除 去水中溶解的 $\\mathrm{O}_{2} 1 \\mathrm{~kg}$, 与使用 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}$ 处理水中溶解的 $\\mathrm{O}_{2}$ 相比, 联氨的优点是 用量少, 不产生其他杂质（反应产物为 $\\mathrm{N}_{2}$ 和 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ ）, 而 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}$ 产生 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{4}$, 故答案为: 固体逐渐变黑, 并有气泡产生; 1； $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}$ 的用量少, 不产生其他杂质 (反应产物为 $\\mathrm{N}_{2}$ 和 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ ) , 而 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}$ 产生 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{4}$.\n",
            "index": 6,
            "score": 14
        },
        {
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "question": "10. (15 分) 某班同学用如下实验探究 $\\mathrm{Fe}^{2+} 、 \\mathrm{Fe}^{3+}$ 的性质. 回答下列问题:\n\n(1) 分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体, 均配制成 $0.1 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$ 的溶液. 在 $\\mathrm{FeCl}_{2}$ 溶液中需加入少量铁屑, 其目的是\n\n(2) 甲组同学取 $2 \\mathrm{mLFeCl}_{2}$ 溶液. 加入几滴氯水, 再加入 1 滴 $\\mathrm{KSCN}$ 溶液, 溶液 变红, 说明 $\\mathrm{Cl}_{2}$ 可将 $\\mathrm{Fe}^{2+}$ 氧化. $\\mathrm{FeCl}_{2}$ 溶液与氯水反应的离子方程式为\n\n(3) 乙组同学认为甲组的实验不够严谨, 该组同学在 $2 \\mathrm{mLFeCl}_{2}$ 溶液中先加入 $0.5 \\mathrm{~mL}$ 煤油, 再于液面下依次加入几滴氯水和 I 滴 KSCN 溶液, 溶液变红, 煤 油的作用是\n\n(4) 丙组同学取 $10 \\mathrm{~mL} 0.1 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{LKI}$ 溶液, 加入 $6 \\mathrm{~mL} .1 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{LFeCl}_{3}$ 溶液混合. 分别 取 $2 \\mathrm{~mL}$ 此溶液于 3 支试管中进行如下实验:\n\n(1)第一支试管中加入 $1 \\mathrm{mLCCl}_{4}$ 充分振荡、静置, $\\mathrm{CCl}_{4}$ 层呈紫色;\n\n(2)第二只试管中加入 1 滴 $K_{3}\\left[F e(C N)_{6}\\right]$ 溶液，生成蓝色沉淀;\n\n(3)第三支试管中加入 1 滴 KSCN 溶液, 溶液变红.\n\n实验(2)检验的离子是___（填离子符号）； 实验(1)和(3)说明： 在 $\\mathrm{I}^{-}$过量的情 况下， 溶液中仍含有 (填离子符号), 由此可以证明该氧化还原反应 为\n\n(5) 丁组同学向盛有 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 溶液的试管中加入几滴酸化的 $\\mathrm{FeCl}_{2}$ 溶液, 溶液变成 棕黄色，发生反应的离子方程式为 ；一段时间后, 溶液中有气泡出现 ，并放热, 随后有红褐色沉淀生成. 产生气泡的原因是 ；生成沉淀的 原因是 (用平衡移动原理解释）.\n",
            "answer": "（1）  防止氯化亚铁被氧化;\n（2）  $\\mathrm{Cl}_{2}+2 \\mathrm{Fe}^{2+}=2 \\mathrm{Fe}^{3+}+2 \\mathrm{Cl}^{-}$;\n（3）  隔离空气（排除氧气对实验的影响）;\n（4）  $\\mathrm{Fe}^{2+} ; \\mathrm{Fe}^{3+}$; 可逆反应.\n（5）  $2 \\mathrm{Fe}^{2+}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}+2 \\mathrm{H}^{+}=2 \\mathrm{Fe}^{3+}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$; 铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成 氧气；过氧化氢分解反应放热, 促进 $\\mathrm{Fe}^{3+}$ 的水解平衡正向移动.\n",
            "analysis": "解：（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁, 在 $\\mathrm{FeCl}_{2}$ 溶液中需加入少量铁 屑, 其目的是防止氯化亚铁被氧化,\n\n故答案为: 防止氯化亚铁被氧化;\n\n(2)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁, 反应的离子方程式为: $\\mathrm{Cl}_{2}+2 \\mathrm{Fe}^{2+}=2 \\mathrm{Fe}^{3+}+2 \\mathrm{Cl}^{-}$\n\n故答案为: $\\mathrm{Cl}_{2}+2 \\mathrm{Fe}^{2+}=2 \\mathrm{Fe}^{3+}+2 \\mathrm{Cl}^{-}$;\n\n（3）煤油不溶于水, 密度比水小, 分层后可以隔离溶液与空气接触, 排除氧气 对实验的影响，\n\n故答案为: 隔离空气（排除氧气对实验的影响）;\n\n(4) 加入 1 滴 $K_{3}\\left[\\mathrm{Fe}(\\mathrm{CN})_{6}\\right]$ 溶液, 生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现 象, 实验(2)检验的离子是 $\\mathrm{Fe}^{2^{+}}$, (1)第一支试管中加入 $1 \\mathrm{~mL} \\mathrm{CCl}_{4}$ 充分振荡、静 置, $\\mathrm{CCl}_{4}$ 层显紫色说明生成 $\\mathrm{I}_{2}$, 碘离子被铁离子氧化为碘单质, 反应的离子方 程式为: $2 \\mathrm{I}^{-}+2 \\mathrm{Fe}^{3+}=2 \\mathrm{Fe}^{2+}+\\mathrm{I}_{2}$, (3)第三支试管中加入 1 滴 $\\mathrm{KSCN}$ 溶液, 溶液变红 , 说明随浓度变小, 碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应, 仍含 有铁离子, 在 $\\mathrm{I}^{-}$过量的情况下, 溶液中仍含有 $\\mathrm{Fe}^{3^{+}}$, 说明该反应为可逆反应. 故答案为: $\\mathrm{Fe}^{2+} ; \\mathrm{Fe}^{3+}$; 可逆反应.\n\n(5) 向盛有 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 溶液的试管中加入几滴酸化的 $\\mathrm{FeCl}_{2}$ 溶液, 溶液变成棕黄色, 说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子, 反应的离子方程式为: $2 \\mathrm{Fe}^{2+}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}+2 \\mathrm{H}^{+}=2 \\mathrm{Fe}^{3+}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用, 产生 气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气, 氯化铁溶液中存 在水解平衡, $\\mathrm{Fe}^{3+}+3 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O} \\rightleftharpoons \\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}+3 \\mathrm{H}^{+}$, 水解反应为吸热反应, 过氧化氢分 解放出热量, 促进 $\\mathrm{Fe}^{3+}$ 的水解平衡正向移动.\n\n故答案为: $2 \\mathrm{Fe}^{2+}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}+2 \\mathrm{H}^{+}=2 \\mathrm{Fe}^{3+}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$; 铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成 氧气；过氧化氢分解反应放热, 促进 $\\mathrm{Fe}^{3+}$ 的水解平衡正向移动.\n",
            "index": 7,
            "score": 15
        },
        {
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "question": "8. (14 分) 硫代硫酸钠晶体 $\\left(\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3} \\cdot 5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}, \\mathrm{M}=248 \\mathrm{~g} \\cdot \\mathrm{mol}^{-1}\\right)$ 可用作定影剂、 还原剂。\n\n回答下列问题:\n\n(1) 已知: $\\mathrm{K}_{\\mathrm{sp}}\\left(\\mathrm{BaSO}_{4}\\right)=1.1 \\times 10^{-10}, \\mathrm{~K}_{\\mathrm{sp}}\\left(\\mathrm{BaS}_{2} \\mathrm{O}_{3}\\right)=4.1 \\times 10^{-5}$. 市售硫代硫 酸钠中常含有硫酸根杂质, 选用下列试剂设计实验方案进行检验:\n\n试剂: 稀盐酸、稀 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SO}_{4} 、 \\mathrm{BaCl}_{2}$ 溶液、 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}$ 溶液、 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 溶液\n\n\\begin{tabular}{|l|l|}\n\\hline \\multicolumn{1}{|c|}{ 实验步骤 } & \\multicolumn{1}{|c|}{ 现象 } \\\\\n\\hline (1)取少量样品, 加人除氧蒸馏水 & (2)固体完全溶解得无色澄清溶液 \\\\\n\\hline (3)  &   (4) &    (5)静置,  &       (6)    &  \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\n\n钡溶液\n\n(2) 利用 $\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}$ 标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:\n\n(1)溶液配制: 称取 $1.2000 \\mathrm{~g}$ 某硫代硫酸钠晶体样品, 用新煮沸并冷却的蒸馏水在 ______ 中溶解, 完全溶解后, 全部转移至 $100 \\mathrm{~mL}$ 的 _____中, 加蒸馏水 至 _________ 。\n\n(2)滴定: 取 $0.00950 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 的 $\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}$ 标准溶液 $20.00 \\mathrm{~mL}$, 硫酸酸化后加人过 量 $\\mathrm{KI}$ ，发生反应: $\\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}{ }^{2-}+6 \\mathrm{I}^{-}+14 \\mathrm{H}^{+}=3 \\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{Cr}^{3+}+7 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$. 然后用硫代硫酸钠样 品溶液滴定至淡黄绿色, 发生反应: $\\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}{ }^{2-}=\\mathrm{S}_{4} \\mathrm{O}_{6}{ }^{2-}+2 \\mathrm{I}^{-}$. 加人淀粉溶液 作为指示剂, 继续滴定, _______________， 即为终点。平行滴定 3 次, 样品溶液的平均用量为 $24.80 \\mathrm{~mL}$, 则样品纯度为 _____ \\% (保留 1 位小数)。\n",
            "analysis": "【解答】解: (1) 取少量样品, 加人除氧蒸馏水, 固体完全溶解得无色澄清溶 液, 向(1)中溶液加人足量稀盐酸, 有乳白色或淡黄色沉淀硫单质生成, 有刺 激性气体产生为二氧化硫气体, 静置, 取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶 液, 有白色沉淀生成证明含硫酸根离子,\n\n故答案为: 向(1)中溶液加人足量稀盐酸; 有乳白色或淡黄色沉淀生成; 取上层清 液向其中滴加几滴氯化钡溶液; 有白色沉淀生成;\n\n(2) (1)溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤, 结合配制过程选择需要的仪器, 称取 $1.2000 \\mathrm{~g}$ 某硫代硫酸钠晶体样品, 用新煮 沸并冷却的蒸馏水在烧杯中中溶解, 完全溶解后, 全部转移至 $100 \\mathrm{~mL}$ 的容量 瓶中，加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平,\n\n故答案为: 烧杯; 容量瓶; 凹液面最低处与刻度线相平;\n\n(2) 取 $0.00950 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 的 $\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}$ 标准溶液 $20.00 \\mathrm{~mL}$, 硫酸酸化后加人过量 $\\mathrm{KI}$, 发生反应: $\\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}{ }^{2-}+6 \\mathrm{I}^{-}+14 \\mathrm{H}^{+}=3 \\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{Cr}^{3+}+7 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$. 然后用硫代硫酸钠样品溶液 滴定至淡黄绿色，发生反应: $\\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}{ }^{2-}=\\mathrm{S}_{4} \\mathrm{O}_{6}{ }^{2-}+2 \\mathrm{I}^{-}$. 加人淀粉溶液作为指 示剂, 继续滴定, 到反应终点, 碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变, 说明反应到达滴定终点, 平行滴定 3 次, 样品溶液的平均用量为 $24.80 \\mathrm{~mL}$, 用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色, 发生反应: $\\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}{ }^{2-}=\\mathrm{S}_{4} \\mathrm{O}_{6}{ }^{2-}+2 \\mathrm{I}^{-}$. 加 入淀粉溶液作为指示剂, 继续滴定到反应终点, 碘单质反应后溶液蓝色褪去 淡黄绿色且半分钟不变, 结合化学方程式定量关系计算, $\\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}{ }^{2-}+6 \\mathrm{I}^{-}$ $+14 \\mathrm{H}^{+}=3 \\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{Cr}^{3+}+7 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}, \\quad \\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}{ }^{2-}=\\mathrm{S}_{4} \\mathrm{O}_{6}{ }^{2-}+2 \\mathrm{I}^{-}$,\n\n得到 $\\quad \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}{ }^{2-} \\sim 3 \\mathrm{I}_{2}+\\sim 6 \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}{ }^{2-}$,\n\n1\n\n$0.0095 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L} \\times 0.02 \\mathrm{~L}$ 6\n\n$\\mathrm{n}$\n\n样品溶液的平均用量为 $24.80 \\mathrm{~mL}$, 溶液中硫代硫酸根离子物质的量 $\\mathrm{n}=0.0095 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L} \\times 0.02 \\mathrm{~L} \\times 6=0.00114 \\mathrm{~mol}$ ，配制 $100 \\mathrm{ml}$ 溶液中\n\n$\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{S}_{2} \\mathrm{O}_{3}{ }^{2-}\\right)=0.00114 \\mathrm{~mol} \\times \\frac{100 \\mathrm{ml}}{24.8 \\mathrm{ml}}=0.0046 \\mathrm{~mol}$,\n\n则样品纯度 $=\\frac{0.0046 \\mathrm{~mol} \\times 248 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}{1.200 \\mathrm{~g}} \\times 100 \\%=95.0 \\%$\n\n故答案为: 由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化; 95.0。\n",
            "answer": "向(1)中溶液加人足量稀盐酸; 有乳白色或淡黄色沉淀生成; 取上层清 液向其中滴加几滴氯化钡溶液; 有白色沉淀生成;\n\n(2) (1)溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤, 结合配制过程选择需要的仪器, 称取 $1.2000 \\mathrm{~g}$ 某硫代硫酸钠晶体样品, 用新煮 沸并冷却的蒸馏水在烧杯中中溶解, 完全溶解后, 全部转移至 $100 \\mathrm{~mL}$ 的容量 瓶中，加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平,\n\n故答案为: 烧杯; 容量瓶; 凹液面最低处与刻度线相平;\n\n(2) 取 $0.00950 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 的 $\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}$ 标准溶液 $20.00 \\mathrm{~mL}$, 硫酸酸化后加人过量 $\\mathrm{KI}$, 发生反应: $\\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}{ }^{2-}+6 \\mathrm{I}^{-}+14 \\mathrm{H}^{+}=3 \\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{Cr}^{3+}+7 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$. 然后用硫代硫酸钠样品溶液 滴定至淡黄绿色，发生反应: $\\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}{ }^{2-}=\\mathrm{S}_{4} \\mathrm{O}_{6}{ }^{2-}+2 \\mathrm{I}^{-}$. 加人淀粉溶液作为指 示剂, 继续滴定, 到反应终点, 碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变, 说明反应到达滴定终点, 平行滴定 3 次, 样品溶液的平均用量为 $24.80 \\mathrm{~mL}$, 用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色, 发生反应: $\\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}{ }^{2-}=\\mathrm{S}_{4} \\mathrm{O}_{6}{ }^{2-}+2 \\mathrm{I}^{-}$. 加 入淀粉溶液作为指示剂, 继续滴定到反应终点, 碘单质反应后溶液蓝色褪去 淡黄绿色且半分钟不变, 结合化学方程式定量关系计算, $\\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}{ }^{2-}+6 \\mathrm{I}^{-}$ $+14 \\mathrm{H}^{+}=3 \\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{Cr}^{3+}+7 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}, \\quad \\mathrm{I}_{2}+2 \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}{ }^{2-}=\\mathrm{S}_{4} \\mathrm{O}_{6}{ }^{2-}+2 \\mathrm{I}^{-}$,\n\n得到 $\\quad \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}{ }^{2-} \\sim 3 \\mathrm{I}_{2}+\\sim 6 \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}{ }^{2-}$,\n\n1\n\n$0.0095 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L} \\times 0.02 \\mathrm{~L}$ 6\n\n$\\mathrm{n}$\n\n样品溶液的平均用量为 $24.80 \\mathrm{~mL}$, 溶液中硫代硫酸根离子物质的量 $\\mathrm{n}=0.0095 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L} \\times 0.02 \\mathrm{~L} \\times 6=0.00114 \\mathrm{~mol}$ ，配制 $100 \\mathrm{ml}$ 溶液中\n\n$\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{S}_{2} \\mathrm{O}_{3}{ }^{2-}\\right)=0.00114 \\mathrm{~mol} \\times \\frac{100 \\mathrm{ml}}{24.8 \\mathrm{ml}}=0.0046 \\mathrm{~mol}$,\n\n则样品纯度 $=\\frac{0.0046 \\mathrm{~mol} \\times 248 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}{1.200 \\mathrm{~g}} \\times 100 \\%=95.0 \\%$\n\n故答案为: 由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化; 95.0。\n",
            "index": 8,
            "score": 14
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    ]
}
